Risultati esame scritto Fisica 2 - 16/02/2015
orali: 23-02-2015 alle ore 14.00 presso aula M
gli studenti interessati a visionare lo scritto sono pregati di
presentarsi il giorno dell'orale
Nuovo ordinamento
matricola
114866
114962
109839
107257
109764
114914
115087
115161
109815
109842
voto
27 ammesso
14
14
17 ammesso
nc
nc
21 ammesso
nc
11
nc
Per gli studenti del N.O.: possono sostenere l'esame di Fisica
2 solo gli studenti che hanno superato l'esame di Fisica 1
Esame di Fisica 2
Corso Interateneo di Ing. Informatica e Biomedica – 16/02/2015
Problema 1
Sia dato un filo conduttore modellato come in figura. Esso è costituito da un tratto di filo rettilineo di lunghezza semiinfinita (tratto 1), che prosegue con un tratto di filo curvilineo che percorre un arco di circonferenza (tratto 2), e che
infine termina con un secondo tratto rettilineo di lunghezza semi-infinita (tratto 3). Il tratto 1 e il tratto 3 sono tangenti
all'arco di circonferenza del tratto 2. Tutto il filo è percorso dalla stessa corrente
continua, con la direzione rappresentata dalle frecce in figura. Sapendo che dove il tratto 1
interseca il tratto 3, i due fili sono reciprocamente isolati (l'intersezione non costituisce un
nodo) e non conoscendo nessun parametro del problema (corrente I e raggio R della
circonferenza non sono noti), determinare per quale angolo q sotteso al centro dall'arco di
circonferenza si ha campo magnetico, B, nullo al centro della circonferenza.
Problema 2
Sia dato un sistema di due condensatori, 1 e 2, collegati in parallelo come in figura. I condensatori sono piani, con
piastre di uguale superficie e separate dalla stessa distanza h, ma uno di essi (condensatore 2, a destra in figura) è
parzialmente riempito con una lastra dielettrica di costante dielettrica relativa er. In particolare la lastra dielettrica ha
stessa superficie dei condensatori ma uno spessore pari a x×h (con 0<x<1).
Come rappresentato in figura, i due condensatori sono collegati ad un generatore e vengono caricati; dopo il processo di
carica il generatore viene staccato aprendo l'interruttore T. A questo punto si osserva che la densità di carica sulle
piastre del condensatore vuoto (condensatore 1, sulla sinistra in figura) è pari a s1 e il campo elettrico all'interno della
lastra dielettrica è pari a Ed=(1/2)×E0,1, dove E0,1 è il campo elettrico all'interno del condensatore vuoto (condensatore 1).
Assumendo come noti solo i parametri h, x e s1, si determini:
1) la d.d.p. V0 ai capi dei condensatori;
2) la costante dielettrica relativa er (nel condensatore 2 il campo
elettrico Ed all'interno del dielettrico e quello esterno al dielettrico, E0,2,
sono legati dalla relazione Ed=E0,2/er);
3) la densità di carica s2 sulle piastre del condensatore 2.
Problema 3
Sia dato un circuito come quello in figura disposto nel piano orizzontale e costituito da due binari conduttori paralleli
separati da una distanza l, chiusi a sinistra da una barra conduttrice rigida e fissa, e a destra da una barra mobile in grado
di scorrere sui binari senza attrito. La barra a sinistra contiene un generatore di tensione continua, f0, orientato come in
figura; la barra a destra ha massa m e resistenza elettrica R, mentre il resto del circuito ha resistenza trascurabile. Tutto
il circuito è immerso in un campo magnetico B, uniforme nello spazio e costante nel tempo, perpendicolare alla
superficie del circuito e orientato come in figura (verso l'alto). Inizialmente l'interruttore T è aperto e la barra mobile è
ferma sui binari; all'istante t=0sec viene chiuso l'interruttore T.
1) Per t ® ∞, la barra mobile possiede velocità costante (la velocità limite
vlim); determinare l'espressione di tale velocità (in funzione di B, f0 e l)
2) Determinare l'espressione della corrente I circolante nel circuito in
funzione del tempo t, per t ≥ 0sec (usando i parametri B, f0, l , m e R, oltre
al tempo t)
3) Per t ® ∞, determinare il rendimento meccanico h del circuito,
definito come il rapporto fra l'energia meccanica prodotta EMECC, e
l'energia totale fornita dal generatore ETOT (h è un risultato numerico)
Soluzione problema 1
Il campo magnetico B generato da un filo infinito, percorso da corrente I, ha direzione tangente a una
circonferenza che abbia come centro l'asse del filo e che giaccia nel piano perpendicolare al filo; il verso di B
è tale da vedere il campo magnetico girare in senso antiorario intorno alla corrente I. Il modulo di B è dato
da:
B=
m0 I
2pr
dove r è la distanza dal filo infinito. Nel caso del tratto 1 e del tratto 3, abbiamo a che fare con metà filo
infinito, quindi il precedente valore di B va diviso per 2. Per quanto riguarda la direzione del campo B1 e B3
generati rispettivamente dal tratto 1 e dal tratto 3, essa è perpendicolare al piano del foglio nella figura, sia
per B1 che per B3. Il verso di entrambi questi campi è entrante nel piano del foglio, e quindi essi si sommano.
Detta I la corrente che circola nei fili e detto R il raggio dell'arco di circonferenza, si ha che:
B1 = B3 =
1 m0 I m0 I
×
=
2 2pR 4pR
B1+3 = B1 + B3 = 2 B1 =
m0 I
2pR
dove B1+3 è la somma dei campi B1 e B3 (entrante nel foglio).
Per quanto riguarda l'arco di circonferenza (tratto 2), si osservi che il campo magentico generato da una spira
circolare di raggio R e percorsa da corrente I, al centro della spira è pari a:
B=
m0I
2R
ed è diretto perpendicolarmente alla spira e con verso tale da vedere la corrente I circolare in senso antiorario
intorno al campo B prodotto. L'ultima formula vale però per una spira completa, ovvero con una
circonferenza pari a 2pR; nel caso di un arco di circonferenza, che sottende un angolo q al centro, abbiamo
solo una frazione di questo campo B pari a:
B2 = B
m Iq
R ×q
= 0
R × 2p
4pR
Dato il verso della corrente I nell'arco di circonferenza, il campo B2 è uscente dal foglio e si oppone quindi a
B1+3.
Quindi il campo nel centro della circonferenza sarà nullo quando:
B1+3 = B2
m 0 I m 0 Iq
=
2pR 4pR
q = 2 (rad) » 114.6°
Soluzione problema 2
Punto 1): Per la definizione di potenziale elettrico, la d.d.p. V0 ai capi del condensatore 1 è data dalla
seguente relazione:
V0 = ò E 0,1 dh = E 0,1 × h
h
dove E0,1 è il campo elettrico all'interno del condesatore 1 (che è uniforme fra le piastre del condensatore).
Nota la densità di carica superficiale s1 sulle piastre del condensatore 1, il campo elettrico generato
all'interno del condensatore è il seguente:
E0,1 =
s1
e0
da cui segue che la d.d.p. V0 è la seguente:
V0 = E0,1 × h =
s 1h
e0
Poiché i due condensatori sono stati caricati in parallelo, questa è anche la d.d.p. ai capi del condensatore 2.
Punto 2): Analogamente a quanto determinato al punto 1), la d.d.p. ai capi del condensatore 2 sarà data
dall'integrale di linea del campo elettrico fra le piastre del condensatore 2:
V0 = ò E 2 dh
h
dove E2 è il campo elettrico all'interno del condensatore 2. Questa volta però E2 non è uniforme all'interno
del condensatore perché c'è una regione del condensatore occupata da dielettrico con costante er. Quindi
E2=Ed nella regione col dielettrico, ovvero per un tratto pari a x×h, mentre nella restante regione di lunghezza
pari a (1-x)×h si ha che E2=E0,2, con E0,2 campo elettrico nella regione vuota del condensatore 2. Si ha allora il
precedente integrale diviso in due parti:
V0 =
òE
(1- x )h
0,2
dh + ò E d dh
xh
V0 = E 0, 2 h(1 - x ) + E d hx
Sfruttando la relazione erEd=E0,2 e il risultato del punto 1), V0=E0,1h, si ottiene che:
E 0,1 h = e r E d h(1 - x ) + E d hx
Introducendo infine che Ed=(1/2)×E0,1 si ha che:
1
1
e r E 0,1 h(1 - x ) + E0,1hx
2
2
1
1
1 = e r (1 - x ) + x
2
2
2-x
er =
1- x
E0,1 h =
Punto 3): Come per il condensatore 1, in prossimità della piastra non a contatto col dielettrico, vale la
relazione:
E0, 2 =
s2
e0
s 2 = e 0 E 0,2
Per quanto riguarda E0,2 sappiamo che E0,2=erEd=er×(1/2)E0,1, che inserita nell'ultima equazione fornisce che:
s 2 = e 0e r
1
E 0,1
2
Dato che E0,1=s1/e0 e utilizzando il risultato trovato al punto 2) per er, se ne concude che:
s 2 = e 0e r
s2 =
1 s1 2 - x s1
=
×
2 e0 1- x 2
2- x
s1
2 - 2x
Soluzione problema 3
Punto 1): Nel momento in cui l'interruttore T viene chiuso, inizia a circolare corrente nel circuito in senso
antiorario in figura. Nella barra mobile si ha allora corrente dal basso verso l'alto, in figura, ed essendo
immersa in un campo magnetico B su di essa agisce una forza meccanica di origine magnetica, FM:
r r
FM = I × l ´ B = IBl
La forza FM agisce verso destra in figura e produce il moto della barra. Al moto della barra si associa una
variazione del flusso del campo magnetico B associato col circuito, dovuto all'aumento della superficie del
circuito esposta al campo B (flusso tagliato). Per la legge dell'induzione di Faraday si ha una forza
elettromotrice indotta, find:
F ( B) = Blx
f ind = -
dF d [Blx ]
dx
=
= Bl
= Blv
dt
dt
xt
dove F(B) è il flusso concatenato col circuito, x è la coordinata che indica la posizione della barra mobile (a
partire da quella fissa), e v è la velocità istantanea della barra mobile. Per la legge di Lenz, find si oppone alla
variazione di flusso F e cerca di produrre un campo magnetico diretto verso il basso, ovvero find induce
corrente in senso orario in figura (opposta alla forza elettromotrice f0). La legge di Ohm per il circuito si
scrive allora come:
f 0 - f ind = RI
f 0 - Blv = RI
I=
f 0 Blv
R
R
Per quanto riguarda la velocità v, essa dipende dal tempo. Infatti la barra è soggetta alla forza FM e il II
principio della dinamica si scrive come segue:
ma = FM
dv
= IBl
dt
dv f 0 Bl B 2 l 2 v
=
dt
mR
mR
m
Per definizione, la velocità limite si raggiunge quando dv/dt ® 0. Dall'ultima espressione segue allora che
vlim è data da:
dv
®0
dt
f 0 Bl B 2 l 2 v
=0
mR
mR
B 2 l 2 vlim
f Bl
= 0
mR
mR
f
vlim = 0
Bl
Punto 2): Nel punto 1) è stata trovata un'espressione per la corrente I che dipende dalla velocità istantanea v;
sostituendo in questa corrente I l'espressione della velocità v dipendente dal tempo, si ottiene la corrente I
desiderata per t ≥ 0sec. A questo scopo è necessario risolvere l'equazione differenziale trovata al punto 1) per
la velocità v:
dv f 0 Bl B 2 l 2 v
=
dt
mR
mR
dv
= A - Cv
dt
con A=f0Bl/mR e C=B2l2/mR. Risolviamo l'equazione differenziale per separazione di variabli e successiva
integrazione fra t=0sec e un istante generico t':
dv
= A - Cv
dt
dv
= dt
A - Cv
v'
ò
0
t'
dv
= dt
A - Cv ò0
v'
1
t'
- ln ( A - Cv ) = t 0
C
0
æ A - Cv ' ö
ln ç
÷ = -Ct '
è A ø
A - Cv '
= exp (- Ct ')
A
A
v = × [1 - exp(- Ct )]
C
2 2
f
v(t ) = 0 1 - e - B l t mR
Bl
[
]
dove nell'ultimo passaggio sono state sostituite ad A e C le rispettive espressioni. Quest'ultima rappresenta la
velocità v in funzione del tempo t, e come vediamo per t ® ∞ si ottiene il valore limite vlim determinato al
punto 1).
Sostituendo la v(t) nell'espressione della corrente I, si ottiene che:
f 0 Blv
R
R
2 2
f
Bl f
I = 0 - × 0 1 - e - B l t mR
R R Bl
2 2
f
I = 0 e - B l t mR
R
I=
[
]
che è l'espressione cercata per la corrente I(t); come si vede I ® 0 per t ® ∞.
Punto 3): L'unica energia meccanica prodotta è quella della barra mobile. Iniziamente essa è in quiete,
mentre per t ® ∞ essa ha la velocità limite, vlim, determinata al punto 1). Pertanto l'energia meccanica
prodotta, EMECC, è data dall'energia cinetica prodotta:
E MECC
1 2
1 æf ö
= mv lim
- 0 = mç 0 ÷
2
2 è Bl ø
2
L'energia fornita dal generatore in un intervallo di tempo infinitesimo dt è data da:
dE = f 0 I (t )dt
Ne segue che l'energia totale, ETOT, fornita dal generatore si ottiene mediante integrazione fra t=0sec e t ® ∞:
ETOT = ò dE
¥
ETOT = f 0 ò I (t )dt
0
ETOT =
f 02 ¥ - B 2l 2t mR
e
dt
R ò0
¥
2 2
é mR
ù
× ê- 2 2 e - B l t mR ú
ë B l
û0
ETOT
f 02
=
R
ETOT
f 02 m
æf ö
= 2 2 = mç 0 ÷
B l
è Bl ø
2
Il rendimento meccanico h cercato è allora dato da:
E
1 æf ö
h = MECC = mç 0 ÷
ETOT
2 è Bl ø
2
2
1
æf ö
mç 0 ÷ =
2
è Bl ø
